Étrange série qui converge
J'essaye d'évaluer cette série $$S= \sum_{n=2}^{\infty} a_n \frac{\ln (n)}{n}$$ Mais j'ai quelques conditions sur $a_n$rendre le problème difficile. À savoir,$a_n=3$ pour $n = 2 \mod 4$ et $a_n = -1$ autrement.
Bien que 2 mod 4 = 2 ne soit qu'un nombre, un ami dans les commentaires a suggéré que le 2 [mod 4] prend les valeurs 2,6,10, ... ce qui a bien sûr du sens. Ce qui signifie que$a_n$ ira comme $(3 -1 -1 -1 +3 -1 -1 -1 +3 + ...)$ pour $n=2,3,4 ...$.
Je ne sais pas vraiment comment faire un test de convergence quand j'ai des contraintes sur une constante de sommation comme celle-ci. J'ai essayé de réécrire la somme sous une forme plus simple, essayé de séparer c'est à deux sommes pour les deux différentes$a_n$mais je ne sais pas vraiment comment faire et c'est là que je suis coincé ...
Réponses
Si nous sommes prêts à jouer un peu lâche avec le fait qu'il s'agit d'une convergence conditionnelle, nous pouvons utiliser le fait que $3 -1 -1 -1 = (2 + 1) + (-1) + (-2 + 1) - 1$pour diviser la série en deux séries alternées: \ begin {multline} S = \ sum_ {n = 2} ^ \ infty a_n \ frac {\ ln (n)} {n} = 2 \ sum_ {n = 1} ^ { \ infty} (- 1) ^ {n + 1} \ frac {\ ln (2n)} {2n} + \ sum_ {n = 2} ^ \ infty (-1) ^ n \ frac {\ ln (n) } {n} \\ = - \ ln (2) \ sum_ {n = 1} ^ \ infty \ frac {(- 1)} {n} - \ sum_ {n = 1} ^ \ infty (-1) ^ n \ frac {\ ln (n)} {n} + \ sum_ {n = 2} ^ \ infty (-1) ^ n \ frac {\ ln (n)} {n} = \ ln ^ 2 (2) , \ end {multline} où dans la dernière étape nous utilisons le résultat que$\sum_{n=1}^\infty(-1)^n/n = -\ln(2)$.
Quant à prouver que la série converge, puisque $\ln(n)/n$ diminue de manière monotone, vous devriez être en mesure d'utiliser ce qui montre que le $\liminf$ et $\limsup$ des sommes partielles sont égales.
J'ai trouvé que la séquence donnée peut être écrite comme $$a_n = \cos (\pi n)-\cos \left(\frac{\pi n}{2}\right)-\cos \left(\frac{3 \pi n}{2}\right)$$ et $$\sum _{n=2}^{\infty } \left(\cos (\pi n)-\cos \left(\frac{\pi n}{2}\right)-\cos \left(\frac{3 \pi n}{2}\right)\right)\frac{\ln (n)}{n}=\frac{1}{2} \left(2 \ln^2 2+2 \gamma \ln 2-2 \gamma \log 2\right)=\ln^2 2$$
Comme je l'ai souligné dans les commentaires, il s'agit de la question B-4 du concours William Lowell Putnam 2017. Pour plus de commodité, je propose la première des deux solutions fournies à partir du lien dans mon commentaire. Je ne prends aucun crédit - seuls des changements mineurs ont été apportés à la formulation.
L'idée clé est de définir une série télescopique auxiliaire avec des termes $$a_k = \frac{\log k}{k} - \frac{\log (k+1)}{k+1},$$ pour lequel nous avons trivialement $$\sum_{k=1}^\infty a_k = 0. \tag{1}$$ Depuis $a_k > 0$ pour $k \ge 3$, on voit aussi que $(1)$ est absolument convergente.
Après avoir construit une telle série permettant de réarranger ses termes, nous observons ensuite $$3a_{4k+2} + 2a_{4k+3} + a_{4k+4} = (a_{4k+2} + a_{4k+4}) + 2(a_{4k+2} + a_{4k+3}),$$ Par conséquent
$$\begin{align} S &= \sum_{k=0}^\infty \left(3 \frac{\log(4k+2)}{4k+2} - \frac{\log(4k+3)}{4k+3} - \frac{\log(4k+4)}{4k+4} - \frac{\log(4k+5)}{4k+5}\right) \\ &= \sum_{k=0}^\infty (3a_{4k+2} + 2a_{4k+3} + a_{4k+4}) \\ &= \sum_{k=1}^\infty a_{2k} + \sum_{k=0}^\infty 2(a_{4k+2} + a_{4k+3}). \tag{2} \end{align} $$
Nous observons ensuite $$2(a_{4k+2} + a_{4k+3}) = \frac{\log(4k+2)}{2k+1} - \frac{\log(4k+4)}{2k+2} = a_{2k+1} + \left(\frac{1}{2k+1} - \frac{1}{2k+2}\right)\log 2.$$ Par conséquent
$$\sum_{k=0}^\infty 2(a_{4k+2} + a_{4k+3}) = \sum_{k=0}^\infty a_{2k+1} + \log 2 \sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k+1}}{k} = \sum_{k=0}^\infty a_{2k+1} + \log^2 2. \tag{3}$$
Enfin, mettre $(1)$, $(2)$, et $(3)$ donne ensemble le résultat souhaité: $$S = \log^2 2 + \sum_{k=1}^\infty a_{2k} + \sum_{k=0}^\infty a_{2k+1} = \log^2 2 + \sum_{k=1}^\infty a_k = \log^2 2.$$
Ce n'est pas vraiment une réponse, mais c'est trop long pour un commentaire. Je voulais juste partager une autre direction possible pour ce problème. Notre somme est$$S=\frac{3\ln( 2)}{2} -\frac{\ln( 3)}{3} -\frac{\ln( 4)}{4} -\frac{\ln( 5)}{5} +...$$ Mais, nous pouvons regrouper les termes comme $$S=\left(\frac{\ln( 2)}{2} -\frac{\ln( 3)}{3}\right) +\left(\frac{\ln( 2)}{2} -\frac{\ln( 4)}{4}\right) +\left(\frac{\ln( 2)}{2} -\frac{\ln( 5)}{5}\right) +...$$ Alors, $$S=\sum_{k=0}^\infty \left[\frac{\ln(4k+2)}{4k+2}-\frac{\ln(4k+3)}{4k+3}\right]+\sum_{k=0}^\infty \left[\frac{\ln(4k+2)}{4k+2}-\frac{\ln(4k+4)}{4k+4}\right]+\sum_{k=0}^\infty \left[\frac{\ln(4k+2)}{4k+2}-\frac{\ln(4k+5)}{4k+5}\right]$$ Cependant, en utilisant les lois des logarithmes et en déplaçant notre index, on peut plutôt dire ceci comme $$S=\ln\left(\prod_{k=1}^\infty \frac{(4k-2)^{4k-2}}{(4k-1)^{4k-1}}\right)+\ln\left(\prod_{k=1}^\infty \frac{(4k-2)^{4k-2}}{(4k)^{4k}}\right)+\ln\left(\prod_{k=1}^\infty \frac{(4k-2)^{4k-2}}{(4k+1)^{4k+1}}\right)$$ La chose intéressante est que tous ces produits convergent définitivement, car ils sont tous monotones croissants et délimités par le haut par $1$. Ces produits me rappellent le produit assez connu$$\prod_{n=1}^\infty \frac{n^{\frac{1}{n}}}{(n+1)^{\frac{1}{n+1}}}=1$$ Peut-être que quelqu'un peut dire quelque chose de significatif sur les produits de la forme $$P(a,b,c)=\prod_{k=1}^\infty \frac{(ak+b)^{\frac{1}{ak+b}}}{(ak+c)^{\frac{1}{ak+c}}}$$ Je suis assez curieux à ce sujet.